（江蘇專版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 第一講 功和功率 動能定理課后達(dá)標(biāo)檢測卷（含解析）.doc

功和功率 動能定理1多選(2018江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠(yuǎn)到達(dá)B點。在從A到B的過程中，物塊()A加速度先減小后增大B經(jīng)過O點時的速度最大C所受彈簧彈力始終做正功D所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功解析：選AD小物塊由A點開始向右加速運動，彈簧壓縮量逐漸減小，F(xiàn)彈減小，由F彈Ffma知，a減??；當(dāng)運動到F彈Ff時，a減小為零，此時小物塊速度最大，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)；由于慣性，小物塊繼續(xù)向右運動，此時FfF彈ma，小物塊做減速運動，且隨著壓縮量繼續(xù)減小，a逐漸增大；當(dāng)越過O點后，彈簧開始被拉伸，此時F彈Ffma，隨著拉伸量增大，a繼續(xù)增大，綜上所述，從A到B過程中，物塊加速度先減小后增大，在O點左側(cè)F彈Ff時速度達(dá)到最大，故A正確，B錯誤。在AO段物塊所受彈簧彈力做正功，在OB段做負(fù)功，故C錯誤。由動能定理知，從A到B的過程中，彈力做功與摩擦力做功之和為0，故D正確。2(2017江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()解析：選C設(shè)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，物塊的質(zhì)量為m，則物塊在上滑過程中根據(jù)動能定理有(mgsin mgcos )xEkEk0，即EkEk0(mgsin mgcos )x，所以物塊的動能Ek與位移x的函數(shù)關(guān)系圖線為直線且斜率為負(fù)；物塊沿斜面下滑的過程中根據(jù)動能定理有(mgsin mgcos )(x0x)Ek，其中x0為小物塊到達(dá)最高點時的位移，即Ek(mgsin mgcos )x(mgsin mgcos )x0，所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線。由此可以判斷C項正確。3.(2018江蘇七市三模)如圖所示，不可伸長的細(xì)線一端固定，另一端系一小球，小球從與懸點等高處由靜止釋放后做圓周運動，不計空氣阻力，則小球從釋放位置運動到最低點的過程中()A水平方向加速度不斷增大B豎直方向加速度不斷增大C重力做功的瞬時功率先增大后減小D拉力做功的瞬時功率先增大后減小解析：選C小球在最高點合力方向豎直向下，在最低點合力方向豎直向上，但在中間過程某點拉力卻有水平方向的分量，所以小球水平方向的加速度必定先增大后減小，故A錯誤；小球在開始釋放的瞬間的加速度為g且向下，接下來細(xì)線在豎直方向有向上的分量，所以小球豎直方向上所受的合外力減小，則豎直方向加速度開始變小，故B錯誤；重力的瞬時功率為Pmgvy，小球在開始釋放的瞬間速度為零，此時重力的瞬時功率為零，到達(dá)最低點時，速度水平向左，豎直分速度為零，所以此時重力的瞬時功率為零，在中間過程豎直分速度不為零，重力的瞬時功率也不為零，所以重力的瞬時功率先增大后減小，故C正確；拉力的方向始終與速度方向垂直，所以拉力的瞬時功率始終為零，故D錯誤。4.(2018鎮(zhèn)江一模)坐落在鎮(zhèn)江新區(qū)的摩天輪高88 m，假設(shè)乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列說法正確的是()A在摩天輪轉(zhuǎn)動的過程中，乘客機械能始終保持不變B在最低點時，乘客所受重力大于座椅對他的支持力C在摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，合力對乘客做功為零D在摩天輪轉(zhuǎn)動的過程中，乘客重力的功率保持不變解析：選C機械能等于重力勢能和動能之和，摩天輪運動過程中，做勻速圓周運動，乘客的速度大小不變，則動能不變，但高度變化，所以機械能在變化，A錯誤；圓周運動過程中，在最低點，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力向上，所以FNmg，則支持力NmgF，所以重力小于支持力，B錯誤；在摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，動能變化量為零，則合力對乘客做功為零，C正確；運動過程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時刻在變化，所以重力的瞬時功率在變化，D錯誤。5(2018徐州期中)高臺跳水被認(rèn)為是世界上最難、最美的運動項目之一。一運動員在十米跳臺跳水比賽中，觸水時重力的功率約為()A7 000 WB700 WC70 WD7 W解析：選A運動員在跳水過程中看做自由落體運動，故落水時的速度為v10 m/s，運動員的體重約為50 kg，故重力的瞬時功率約為Pmgv7 000 W，故A正確。6.(2018揚州期末)某士兵練習(xí)迫擊炮打靶，如圖所示，第一次炮彈落點在目標(biāo)A的右側(cè)，第二次調(diào)整炮彈發(fā)射方向后恰好擊中目標(biāo)，忽略空氣阻力的影響，每次炮彈發(fā)射速度大小相等，下列說法正確的是()A第二次炮彈在空中運動時間較長B兩次炮彈在空中運動時間相等C第二次炮彈落地時速度較大D第二次炮彈落地時速度較小解析：選A炮彈在豎直方向上做豎直上拋運動，上升時間與下落時間相等。根據(jù)下落過程豎直方向做自由落體運動，hgt2，第二次下落高度高，所以第二次炮彈在空中運動時間較長，故A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理：mghmv2mv02，由于兩次在空中運動過程重力做功都是零，所以vv0，故兩次炮彈落地時速度相等，故C、D錯誤。 7.多選(2018南京調(diào)研)如圖所示，滑塊以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到達(dá)最高點后又返回到出發(fā)點。則能大致反映整個運動過程中，滑塊的加速度a、速度v隨時間t，重力對滑塊所做的功W、動能Ek與位移x關(guān)系的是(取初始位置為坐標(biāo)原點、初速度方向為正方向)()解析：選BD滑塊整個運動過程的加速度方向均與初速度方向相反，故A錯誤。上滑時的加速度大小a1gsin gcos ，下滑時的加速度大小a2gsin gcos ，結(jié)合位移公式xat2，可知下滑時間大于上滑的時間；由于機械能有損失，返回到出發(fā)點時速度小于出發(fā)時的初速度，故B正確。重力做功Wmghmgxsin ，上滑過程與下滑過程的Wx圖像重疊，故C錯誤。根據(jù)動能定理得，上滑過程有：ma1xEkmv02，解得Ekmv02ma1x，同理下滑過程有：Ekma2(Lx)，由數(shù)學(xué)知識知，D正確。8(2018鹽城三模)如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為R的光滑圓柱體B放在水平地面上，其左側(cè)有半徑為R、質(zhì)量為m的半圓柱體A，右側(cè)有質(zhì)量為m的長方體木塊C，現(xiàn)用水平向左的推力推木塊C，使其緩慢移動，直到圓柱體B恰好運動到半圓柱體A的頂端，在此過程中A始終保持靜止。已知C與地面間動摩擦因數(shù)，重力加速度為g。求：(1)圓柱體B下端離地高為時，地面對半圓柱體A的支持力；(2)木塊C移動的整個過程中水平推力的最大值；(3)木塊C移動的整個過程中水平推力所做的功。解析：(1)以A和B整體為研究對象，地面支持力FN2mg。(2)B剛離開地面時，B對C的彈力最大，對B受力分析，則彈力F1mgtan 60mg此時水平推力最大為FmF1mgmg。(3)C移動的距離x2Rcos 30R摩擦力做功WfmgxmgR根據(jù)動能定理WWfmgR0解得WmgR。答案：(1)2mg(2)mg(3)mgR9.(2018南通調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量分布均勻的刷子刷地面上的薄墊子，開始時刷子和墊子的左邊緣對齊，刷子的質(zhì)量為m，墊子的質(zhì)量為M，刷子和墊子間的動摩擦因數(shù)為1，墊子和地面間的動摩擦因數(shù)為2，刷子和地面間的動摩擦因數(shù)為3，重力加速度為g。(1)若給刷子施加一個斜向右下方、與水平方向成60角的推力F1，墊子和刷子保持靜止，求刷子受到的摩擦力f1的大小和地面對墊子的支持力FN的大小；(2)若給刷子施加一個斜向右下方、與水平方向成30角的推力F2，刷子和墊子以同一加速度運動，求刷子受到的摩擦力f2的大?。?3)若給刷子施加一個水平向右的推力F3，刷子從圖示位置開始運動，墊子保持靜止，已知刷子的長為b，墊子的長為L(L>b)，求刷子完全離開墊子的速度v的大小。解析：(1)刷子受到重力、墊子的支持力、推力F1和摩擦力作用則水平方向受力平衡，有f1F1cos 60F1刷子和墊子整體在豎直方向受力平衡，有FN(Mm)gF1sin 60(Mm)gF1。(2)設(shè)刷子和墊子運動的加速度為a，由牛頓第二定律可得：F2cos 302(mgMgF2sin 30)(Mm)a對刷子有：F2cos 30f2ma解得f22mg。(3)刷子離開墊子的過程受到的摩擦力做的功Wf由動能定理有F3L1mg(Lb)Wfmv20解得v 。答案：(1)F1(Mm)gF1(2)2mg(3) 10.(2018蘇北四市調(diào)研)如圖所示，水平光滑細(xì)桿上P點套一小環(huán)，小環(huán)通過長L1 m的輕繩懸掛一夾子，夾子內(nèi)夾有質(zhì)量m1 kg的物塊，物塊兩豎直側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為fm7 N?，F(xiàn)對物塊施加F8 N的水平恒力作用，物塊和小環(huán)一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，小環(huán)碰到桿上的釘子Q時立即停止運動，物塊恰好相對夾子滑動，此時夾子立即鎖定物塊，鎖定后物塊仍受恒力F的作用。小環(huán)和夾子的大小及質(zhì)量均不計，物塊可看成質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)物塊做勻加速運動的加速度大小a；(2)P、Q兩點間的距離s；(3)物塊向右擺動的最大高度h。解析：(1)由牛頓第二定律Fma解得a8 m/s2。(2)環(huán)到達(dá)Q時，靜摩擦力最大由牛頓第二定律2fmmgm解得vm2 m/s根據(jù)動能定理Fsmvm2解得s0.25 m。(3)設(shè)物塊上升的最大高度為h，水平距離為x，由動能定理得F(xs)mgh0由幾何關(guān)系得(Lh)2x2L2解得h1 m或h m(舍去)。答案：(1)8 m/s2(2)0.25 m(3)1 m11(2017江蘇高考)如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為，與地面間的動摩擦因數(shù)均為?，F(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：(1)未拉A時，C受到B作用力的大小F；(2)動摩擦因數(shù)的最小值min；(3)A移動的整個過程中，拉力做的功W。解析：(1)對C受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件有2Fcos 30mg解得Fmg。(2)C恰好降到地面時，B受C壓力的水平分力最大FxmaxmgB受地面的摩擦力fmg根據(jù)題意，B保持靜止，則有fminFxmax，解得min。(3)C下降的高度h(1)RA的位移x2(1)R摩擦力做功的大小Wffx2(1)mgR根據(jù)動能定理WWfmgh00解得W(21)(1)mgR。答案：(1)mg(2)(3)(21)(1)mgR